Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
:( Đại Ka ơi a up câu nào khó hơn đi :( :v
Solution:
Vế trái có tính thuần nhất theo 3 biến nên ta chuẩn hóa a+b+c=3.
Điểm rơi: a=b=c=1.
Khi đó:
\(A=Sigma\frac{\left(3+a\right)^2}{2a^2+\left(3-a\right)^2}\)(em ko biết kí hiệu tổng sigma ạ :v)
\(3A\Rightarrow Sigma\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\)
UCT :v
Ta cần tìm m và n sao cho
\(\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le ma+n\) (Luôn đúng với 0<a<3)
Với điểm rơi a=1 ta có m+n=8 => n=8-m.
Ta tìm m sao cho: \(\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le m\left(a-1\right)+8\) (luôn đúng với 0<a<3).
Đến đây giải ra ta tìm được m=4 và n=4
Ta dễ dàng cm được: \(\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le4\left(a+1\right)\)(với o<a<3) ( cái này chứng minh tương đg) :v
Suy ra \(3A=Sigma\frac{\left(3+a\right)^2}{a^2-2a+3}\le4\left(a+b+c\right)=24\)
=> a<=8
Max A=8 <=> a=b=c=1
UCT => ez nha anh :)
1.
Áp dụng hệ quả cô si:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^{1000}\le3^{999}\left(a^{2000}+b^{2000}+c^{2000}\right)=3^{1000}\)
=>\(a^2+b^2+c^2\le3\)Dấu = khi a=b=c=1
không biết đúng hay sai đâu
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)khi đó ta có: \(b^2-bc+c^2=c\left(c-b\right)+b^2\le b^2\); \(c^2-ca+a^2=c\left(c-a\right)+a^2\le a^2\)
Từ đó thu được \(Q\le a^2b^2\left(a^2-ab+b^2\right)=\frac{4}{9}.\frac{3ab}{2}.\frac{3ab}{2}.\left(a^2-ab+b^2\right)\)\(\le\frac{4}{9}.\left(\frac{\frac{3ab}{2}+\frac{3ab}{2}+a^2-ab+b^2}{3}\right)^3=\frac{4}{3^5}\left(a+b\right)^6\le\frac{4}{3^5}\left(a+b+c\right)^6=12\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị
1. Đề sai, ví dụ (a;b;c)=(1;2;2) hay (1;2;7) gì đó
2. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 4 số a;b;c;d luôn có ít nhất 2 số đồng dư khi chia 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b thì \(a-b⋮3\)
Ta có 2 TH sau:
- Trong 4 số có 2 chẵn 2 lẻ, giả sử a, b chẵn và c, d lẻ \(\Rightarrow a-b,c-d\) đều chẵn \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(c-d\right)⋮4\)
\(\Rightarrow\) Tích đã cho chia hết 12
- Trong 4 số có nhiều hơn 3 số cùng tính chẵn lẽ, khi đó cũng luôn có 2 hiệu chẵn (tương tự TH trên) \(\Rightarrowđpcm\)
3. Với \(n=1\) thỏa mãn
Với \(n>1\) ta có \(3^n\equiv\left(5-2\right)^n\equiv\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
\(\Rightarrow n.2^n+3^n\equiv n.2^n+\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
Mặt khác \(n.2^n+\left(-2\right)^n=2^n\left(n+\left(-1\right)^n\right)\)
Mà \(2^n⋮̸5\Rightarrow n+\left(-1\right)^n⋮5\)
TH1: \(n=2k\Rightarrow2k+1⋮5\Rightarrow2k+1=5\left(2m+1\right)\Rightarrow k=5m+2\)
\(\Rightarrow n=10m+4\)
TH2: \(n=2k+1\Rightarrow2k+1-1⋮5\Rightarrow2k⋮5\Rightarrow k=5t\Rightarrow n=10t+1\)
Vậy với \(\left[{}\begin{matrix}n=10k+4\\n=10k+1\end{matrix}\right.\) (\(k\in N\)) thì số đã cho chia hết cho 5
SOS cho khỏe hihi :">
Dự đoán khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\) thì tìm dc \(A=2\)
Ta c/m \(A=2 \) là MAX.Tức là chứng minh BĐT
\(6(a+b+c)(ab+ac+bc)+\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2abc)\leq2(a+b+c)^3\)
\(\Leftrightarrow 6\sum_{cyc}(a^2b+a^2c+abc)+\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2abc)\leq2\sum_{cyc}(a^3+3a^2b+3a^2c+2abc)\)
\(\Leftrightarrow \sum_{cyc}(2a^3-a^2b-a^2c)\geq0\Leftrightarrow \sum_{cyc}(a^3-a^2b-ab^2+b^3)\geq0\)
\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a-b)^2(a+b)\ge0\)
*Để ý dùm tui nhé tối là hay ngáo lắm :)*
Bài 3: \(A=\frac{\left(2a+b+c\right)\left(a+2b+c\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Đặt a+b=x;b+c=y;c+a=z
\(A=\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}\ge\frac{2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{zx}}{xyz}=\frac{8xyz}{xyz}=8\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 4: \(A=\frac{9x}{2-x}+\frac{2}{x}=\frac{9x-18}{2-x}+\frac{18}{2-x}+\frac{2}{x}\ge-9+\frac{\left(\sqrt{18}+\sqrt{2}\right)^2}{2-x+x}=-9+\frac{32}{2}=7\)
Dấu = xảy ra khi\(\frac{\sqrt{18}}{2-x}=\frac{\sqrt{2}}{x}\Rightarrow x=\frac{1}{2}\)
Ta có : \(\frac{a}{\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}}=\frac{a}{\sqrt{bc+a.abc}}=\frac{a}{\sqrt{bc+a\left(a+b+c\right)}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{bc+a^2+ab+ac}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Áp dụng bđt Cô-si ngược ta có
\(\frac{a}{\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)
C/m tương tự được \(\frac{b}{\sqrt{ca\left(1+b^2\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)
\(\frac{c}{\sqrt{ab\left(1+c^2\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{c}{b+c}\right)\)
Cộng 3 vế của các bđt trên lại ta được
\(A\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)\)
\(=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c=abc\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a=a^3\\a=b=c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3-3a=0\\a=b=c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(a^2-3\right)=0\\a=b=c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\left(a,b,c>0\right)\)
Vậy \(A_{max}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{3}\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+1;y+1;z+1\right)\) \(\Rightarrow x;y;z\in\left[0;1\right]\)
Do \(x;y;z\in\left[0;1\right]\) nên ta có:
\(x\left(x-1\right)+y\left(y-1\right)+z\left(z-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le x+y+z\)
Đồng thời : \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)\le0\)
Ta có:
\(P=\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\)
\(\Rightarrow\dfrac{P}{2}=x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\le x+y+z-xy-yz-zx\le xyz+x+y+z-xy-yz-zx\)
\(\Rightarrow\dfrac{P}{2}\le xyz+x+y+z-xy-yz-zx-1+1=\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)+1\le1\)
\(\Rightarrow P\le2\)
Vậy \(P_{max}=2\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right);\left(0;1;1\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;1;2\right);\left(1;2;2\right)\) và các hoán vị